湖北省武昌实验中学 2024 届高考适应性考试
数学试卷
2024.5.30
本试卷共 4 页, 19 题。全卷满分 150 分。考试用时 150 分钟。
★祝考试顺利★
注意事项:
1. 答卷前, 先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上, 并将准考证号条形码 粘贴在答题卡上的指定位置。
2. 选择题的作答: 每小题选出答案后, 用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 写在试题卷、草稿纸和答题卡上非答题区域均无效。
3. 非选择题的作答: 用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
一、选择题: 本题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分. 在每小题给出的四个选项 中, 只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合 ,则
A. B. C. D.
2. 若 ( 为虚数单位),则复数 为
A. 1 B. C. D. 2
3. 已知等差数列 的前 项和为 ,则
A. 25 B. 27 C. 30 D. 35
4. 设 是三个不同的平面, 是两条不同的直线,则下列命题为真命题的是
A. 若 ,则 B. 若 ,则
C. 若 ,则 D. 若 ,则
5. 质地均匀的正四面体模型四个表面分别标有 四个数字,将这个模型抛掷一 次, 并记录与地面接触面上的数字, 记事件 “数字为 2 的倍数” 为事件 A, “数字是 5 的 倍数” 为事件 B, “数字是 7 的倍数” 为事件 C, 则下列选项正确的是
A. 事件 A、B、C 两两互斥 B. 事件 与事件 对立
C. D. 事件 A、B、C 两两相互独立
6. 已知圆 ,过点 的直线 与圆 交于 两点,且 , 则
A. 2 B. C. D.
7. 已知函数 若曲线 与直线 恰有 2 个公共点, 则 的取值范围是
A. B. C. D.
8. 已知双曲线 的右焦点为 ,圆 与 的渐 近线在第二象限的交点为 ,若 ,则 的离心率为
A. 2 B. C. 3 D.
二、选择题: 本题共 3 小题, 每小题 6 分, 共 18 分. 在每小题给出的选项中, 有多项符合题目要求. 全部选对的得 6 分, 部分选对的得部分分.
9. 已知 ,则下列结论正确的是
A. B.
C. D.
10. 设函数 ,则下列结论正确的是
A. 在 上单调递增
B. 若 且 ,则
C. 若 在 上有且仅有 2 个不同的解,则 的取值范围为
D. 存在 ,使得 的图象向左平移 个单位长度后得到的函数为奇函数
11. 如图,在棱长为 1 的正方体 中, 为平面 内一动点,则
A. 若 在线段 上,则 的最小值为
B. 平面 被正方体内切球所截,则截面面积为
C. 若 与 所成的角为 ,则点 的轨迹为椭圆
D. 对于给定的点 ,过 有且仅有 3 条直线与直线 所成角为
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 已知 是两个单位向量，若 在 上的投影向量为 ，则 与 的夹角为 .
13. 已知 是定义域为 的偶函数， ，若 是 偶函数，则 .
14. 祖暅原理， 是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题: “幂势既同, 则积不容异”， “幂” 是截面积，“势” 是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相 等，则体积相等. 由曲线 围成的图形绕 轴旋转一周所得 旋转体的体积为 ，则 .
四、解答题: 本题共 5 小题, 共 77 分. 解答应写出文字说明, 证明过程或演算步骤.
15. 已知锐角三角形 的内角 的对边分别为 ，且 .
（1）求角 的大小；
（2）若 ，角 与角 的内角平分线相交于点 ， 求 面积的最大值.
16. 已知函数 .
（1）当 时，求 的最大值；
（2）讨论函数 在区间 上零点的个数.
17. 如图,三棱柱 中， 是边长为 2 的等边三角形， .
（1）证明: ；
（2）若三棱柱 的体积为 3，且直线 与平面 所成角为 ，求点 到平面 的距离.
18. 椭圆 的右顶点为 ,上顶点为 ,过点 的 直线 交椭圆 于 两点.
（1）若直线 与 垂直，求 ；
（2）过点 作 轴的垂线，分别交直线 和 于 ，记 的面积 分别是 ，判断 是否为定值，若是,求出此定值； 若不是，说明理由.
19. 在三维空间中,立方体的坐标可用三维坐标 表示，其中 ,而 在 维空间中 ，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为 维坐标 ，其中 . 现有如下定义：在 维空间中两点间的曼 哈顿距离为两点 与 坐标差的绝对值之和，即为 . 回答下列问题：
（1）求出 维“立方体”的顶点数；
（2）在 维“立方体”中任取两个不同顶点,记随机变量 为所取两点间的曼哈顿距离.
(i) 求 的分布列与期望；
(ii) 求 的方差.湖北省武昌实验中学高三适应性训练
数学参考答案
一．选择题：
1－8. BCA DD， DCC； 9. AD， 10. ACD， 11. ABD
二．填空题
π
12.【答案】 ． 13.【答案】6． 14.【答案】V 32
3
三．解答题
15.【详解】（1） 3ccos A csin A 3b，
由正弦定理，得 3 sinC cos A sinC sin A 3 sin B 3 sin(A C) ， . ..................1分
3 sinC cos A sinC sin A 3 sin AcosC 3 sinC cos A ，
sinC sin A 3sin AcosC， . ...............2分
sinC
又0 A π，得 sin A 0，所以 sinC 3 cosC ，即 tanC 3，. ........4分cosC
由0 C π，解得C π . ........................5分
3
2π π
（2）由题意可知 ADB ，设 DAB ， ABD ，. ..............6分
3 3
π B π π 0 2 ，又 2 0,
π
，
π
,
π
， . ...............7分2 3 2 12 4
AB AD
在△ABD中，由正弦定理可得： ．
sin ADB sin ABD
2 AD
2π π AD 4 π即： sin sin ， sin
， . ...............8分
3 3 3 3
1 1 4 π
S ABD AB AD sin 2 sin
sin 2 2 3 3
2sin cos 2 sin2 sin 2 2 1 cos 2 3 3 sin 2 cos 2 . ........9分
3 3 2 3 3
2 3 3
sin 2
1 cos 2 3 2 3 π 3
3 2 2
sin 2 ， . ..............11分
3 3 6 3
{#{QQABBQiAggiAAIAAAQgCUwWiCkEQkACAAQgOBBAAIAABwAFABAA=}#}
π π , , 2 π π, 2π sin π
3
，12 4 6 3 3
2 ,1 ，
6 2
2 3 sin 2 π 3
3 3 3
3
, ，
6 3
3 3
3
所以三角形面积的最大值为 ． .......................13分
3
16.【详解】（1） f (x)的定义域是 (0, ) ， . ...............1分
2
∵ f (x) ln x 1 a x 2 (a 1 1 ax R)，∴ f (x) ax ， ...............2分
2 x x
2
当 a 1时， f (x) 1 x ＝0，得 x 1 . . ...............3分
x
∵ x 0
∴当 x (0,1)时，函数 f (x)单调递增，当 x (1, ) 时， f (x)函数单调递减
∴ f (x) 1的最大值是 f (1) . ...............6分
2
（2）由 f (x) 0 a 2ln x，得 2 ， . ...............7分x
g(x) 2ln x g (x) 2 4ln x令 2 ，则 ， . ...............8分x x3
由 g (x) 0得，1 x e ，由 g (x) 0，得 e x e2 ，
g(x)在区间 [1, e]递增，在区间 [ e, e2 ]递减， . ...............9分
又 g(1) 0， g( e) 1 ， g(e2 ) 4 ，
e e2
0 a 4 1综上：当 或 a 时， f (x)在 [1, e22 ]上有一个零点，. ...............11分e e
4
当 2 a
1
时， f (x)在 [1, e2 ]上有 2个零点， . ...............13分
e e
当 a 0 a 1 或 时， f (x)在[1, e2 ]上没有零点. . ...............15分
e
17.【详解】
（1）如图，取 AC中点 O，连接OB，OA1，
因为 ABC是等边三角形，所以 AC OB，
又 AA1 A1C，所以 AC OA1，
而OB OA1 O，OB 平面 A1OB，OA1 平面 A1OB，
{#{QQABBQiAggiAAIAAAQgCUwWiCkEQkACAAQgOBBAAIAABwAFABAA=}#}
所以 AC 平面 A1OB， ...............4分
因为 A1B 平面 A1OB，所以 AC A1B，
又 A1C1 / /AC，所以 A1C1 A1B ...............6分
（2）在平面 A1OB中，作 A1D OB，垂足为 D，
由（1）知 AC 平面 A1OB， A1D 平面 A1OB，所以 A1D AC ，
而OB I AC O，OB 平面 ABC， AC 平面 ABC，
所以 A1D 平面 ABC， ................8分
注意到OA OB，所以过点O作Oz轴平行于 A1D，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz，
因为三棱柱 ABC - A1B1C1的体积为 3，
1 3
所以 2 2 A1D 3，故 A1D 3， ...............9分2 2
则 B 0, 3,0 ，C 1,0,0 ， A 1,0,0 ，设 A1 0,t, 3 ,t 0 ，
所以 AA1 ( 1, t, 3)
平面 ABC的一个法向量为 n 0,0,1 ，
所以 sin 60 | cos AA1, n |
3
，解得 t 0 .
t 2 4
此时 A1
0,0, 3 ， AA1 1,0, 3 ， ...............11分
所以CC1 AA1＝ 1,0, 3 ，CB 1, 3,0 ，
m CC
设平面 BCC B 的法向量为m x, y, z ，则 1 0 x 3z 01 1
m
，即 ，
CB 0 x 3y 0
{#{QQABBQiAggiAAIAAAQgCUwWiCkEQkACAAQgOBBAAIAABwAFABAA=}#}
令 x 3，解得 y 1, z 1 ，所以m 3, 1,1 ， . ...............13分
又 A1C ( 1,0, 3)
A d | A1C故点 1到平面的距离为
m | 15 .. ...............14分
|m | 5
15
点 A1到平面的距离为 . .. ...............15分5
18. 8 10【答案】（1） （2）是， S1 S2 0
17
x2
详解: (1) 由右顶点为 A 2,0 ，上顶点为 B 0,1 得椭圆方程为 y2 1， ......1分
4
1
直线 AB的斜率为 ，
2
因为直线 l与 AB垂直，所以直线 l的斜率为 2，则直线 l的
方程为 y 2x 3 . ...............3分
x2
y2 1
由 4 得：17x2 48x 32 0， ......4分
y 2x 3
设C x1, y1 ,D x2 , y2 ，
CD x1 x
2
2 y1 y2
2 1 Δ 22 x1 x2 2 1 22 x1 x2 5 17
5 48
2 4 17 32 8 10
. ...............6分
17 17
（2）设C x1, y1 ,D x2 , y2
x
，直线 AB的方程为 y 1，
2
直线 x x
x
2分别交直线 AB和 AC于 E,F ，故 E x2 ,1 22
， .............8分
AC : y y1 x 2 y1 x2 2 直线 ，所以 F x2 ,x 2 ， ...............10分1 x1 2
2
又C x1, y1 ,D x2 , y2 x在椭圆 y2 1上，4
{#{QQABBQiAggiAAIAAAQgCUwWiCkEQkACAAQgOBBAAIAABwAFABAA=}#}
2 x1 2 2
2 x1 2
2
y1 1 y
2
1 x 4 4 1 2
所以 ，即 ，
2 2
x2 2 2 x2 2 y2 1 y22 x2 22 4 4
显然 x1 2, x2 2，
x1 2
2 y 21 x1 2
2
1 y2 1
x 2 1 ,①
4 x1 2
2 1
4 x1 2
2 x1 2
由 2 ，得 ，
x2 2 y 2 x
2 2
2 2 2 1 y2 1
x 2 2 ,②4 x 2 2 2 2 4 x2 2 x2 2
y2 y2 1 1
① 1②得： 2
2
2 x x 2 x 2
，
1 2 x2 2 1 2
y y y
1 2 1
y2 1 1
即 ，③
x1 2 x2 2
x 1 2 x2 2 x1 2 x2 2
y1 1 y2 1
又 P,C,D共线，且斜率必存在，所以 x 2 x 2，1 2
y1 1 y2 1 y1 y2 1 1
即 x ，即 ，④1 2 x1 2 x2 2 x2 2 x1 2 x2 2 x1 2 x2 2
y1 y2 y x 2 y x 2
将④代入③得 1 1
2 2 1
，即 1x ，1 2 x2 2 x1 2 x2 2
即 x1y2 x2 y1 2 y1 y2 x1 2 x2 2 ，
y1 xy y y 2 2 x1y2 x2 y1 2 y 1 y2 x1 2 x2 2 D F 2 2 x ，x1 2 x1 2 x1 2 2
y x y 2 1 2 因为 D F 2yE ， ...............16分
2
所以 E是DF的中点，从而 S1 S2 0 . ...............17分
n 1 n 2n 2 2n n 1
19.【答案】(1) n , (2) E X 2 n2 个 ①分布列见解析， ；②D X n n 22 1 2 1
【详解】（1）对于 n维坐标 a1,a2 ,a3, ,an ， ai {0,1}(1 i n, i N)，
所以共有 2n种不同的点，即共有 2n个顶点． ...............3分
{#{QQABBQiAggiAAIAAAQgCUwWiCkEQkACAAQgOBBAAIAABwAFABAA=}#}
（2）①对于 X k 1 k n, k Z 的随机变量，在坐标 a1,a2 ,a3, ,an 与
b1,b2 ,b3, ,bn 中有 k个坐标值不同，剩下 n k 个坐标相同，
k
此时对应情况数有Cn 2
n 1
种，
k
P X k Cn 2
n 1 Ck
n所以 C2 2n 1， ...............6分
2n
则 X 的分布列为：
X 1 2 L n
C1n C
2 n
P n L Cn
2n 1 2n 1 2n 1
...............7分
E X 1 C
1
n 2 C
2
n n C
n
所以 n n
n ， ...............8分
2 1 2 1 2n 1
n n 2n
倒序相加得， 2E(X ) n C 0n C 1 2 n 1n C n C n C nn n ，2 1 2 1
E X 2
n 1 n
所以 n ； ...............10分2 1
1 2 n
②D X E X 2 E 2 X E 2 X C n 4 Cn 2 Cnn n n n ， ...........12分2 1 2 1 2 1
(1 x)n C0 xC1 2 2 3 3 n n设 n n x Cn x Cn x Cn，
n 1 1 2 2 3 n 1 n
两边求导得， n(1 x) Cn 2xCn 3x Cn nx Cn，
n 1 1 2 2 3 3 n n
两边乘以 x后得， nx(1 x) xCn 2x Cn 3x Cn nx Cn，
两边求导得， n(1 x)n 2 (1 nx) C1 2 2 2 2 3 2n 2 xCn 3 x Cn n x
n 1Cnn，
令 x 1 C1得， n 2
2C2 32C3 n 2Cnn n n n (n 1) 2
n 2
， ...............16分
n(n 1) 2n 2
2
2n 1 n n(n 1 ) 2n 2 n 2n 2 2n n 1
所以D X E 2 X 2n 1 2n 1 2n 1 n 2 ． 2 1
...............17分
{#{QQABBQiAggiAAIAAAQgCUwWiCkEQkACAAQgOBBAAIAABwAFABAA=}#}
